第第頁(yè)浙江省桐鄉(xiāng)市2025屆高三下學(xué)期5月模擬測(cè)試化學(xué)試題一、選擇題(本大題共16小題，每小題3分，共48分。每小題列出的四個(gè)備選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的，不選、多選、錯(cuò)選均不得分)1．下列屬于非極性分子的是A．CO2 B．NH3 C．H22．下列化學(xué)用語(yǔ)表示正確的是A．H2OB．Fe2+C．SO32?D．NaCl的晶胞：3．化學(xué)與生產(chǎn)生活密切相關(guān)，下列說法不正確的是A．BaSO4B．Fe2C．維C具有還原性，常用作食品中的防腐劑D．聚丙烯酸鈉具有大量親水基團(tuán)，是一種高吸水性樹脂4．有關(guān)下列實(shí)驗(yàn)的說法正確的是A．圖甲可用于實(shí)驗(yàn)室制取氨氣B．圖乙可用于硫代硫酸鈉與酸反應(yīng)速率的測(cè)定C．圖丙為滴定法測(cè)定試樣中草酸的含量D．圖丁可用于中和反應(yīng)反應(yīng)熱的測(cè)定5．高鐵酸鈉(Na2FeO4)是一種新型綠色消毒劑，主要用于飲用水處理。工業(yè)上制備高鐵酸鈉的一種方法為：3ClO?+A．Fe3+是還原劑，ClB．生成1molFeO42?C．Na2FeO4D．由反應(yīng)知，該條件下氧化性：ClO6．結(jié)構(gòu)決定物質(zhì)的性質(zhì)，下列實(shí)例與解釋關(guān)系說法不正確的是實(shí)例解釋A向CuOHNH3與Cu2+的作用力強(qiáng)于OH?B石墨可制成導(dǎo)電材料石墨中的碳原子未雜化的p軌道相互平行重疊使得p軌道中的電子可在整個(gè)碳原子平面運(yùn)動(dòng)C乙二醇用于生產(chǎn)汽車防凍液乙二醇與水混合顯著降低水的凝固點(diǎn)D鹽鹵可用于豆腐的制作鹽鹵使豆?jié){中的蛋白質(zhì)聚沉A．A B．B C．C D．D7．下列離子方程式不正確的是A．鋁與過量的NaOH溶液反應(yīng)：2AlB．鉛酸蓄電池放電時(shí)正極的電極反應(yīng)式：PbOC．CH3CONH2在D．NaClO溶液中通入少量SO8．下列有關(guān)H、C、N、O等元素及其化合物說法正確的是A．第一電離能：C>N>O>HB．化合物極性：CHC．酸性：HCOOHD．H、C、N、O形成的化合物中一定只含共價(jià)鍵9．某實(shí)驗(yàn)小組提純苯甲酸(含有少量NaCl和泥沙)的實(shí)驗(yàn)流程如圖所示：下列說法不正確的是A．操作Ⅰ中依據(jù)苯甲酸的溶解度估算加水量B．操作Ⅱ中趁熱過濾的目的是除去泥沙且減少苯甲酸的析出損失C．操作Ⅲ中系列操作為：冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥D．用標(biāo)準(zhǔn)NaOH溶液滴定苯甲酸待測(cè)液，可以選擇甲基橙作指示劑10．下列說法正確的是A．CH2B．用新制的氫氧化銅懸濁液(必要時(shí)可加熱)能夠鑒別甲苯、三氯甲烷、乙醛和乙醇C．在阿司匹林()中加入稀硫酸、水解后，再直接滴加FeCl3溶液可檢驗(yàn)酚羥基D．用濃溴水能夠除去苯中混有的少量苯酚11．下列說法不正確的是A．高溫有利于反應(yīng)CaCO3B．對(duì)有氣體參加的化學(xué)反應(yīng)，縮小體積，單位體積內(nèi)活化分子數(shù)增多但活化分子百分?jǐn)?shù)不變C．2NO2?ND．工業(yè)合成氨反應(yīng)：N2g+3H212．鹽酸羥胺NH2下列有關(guān)說法不正確的是A．該電池的總反應(yīng)為：2NOB．上述反應(yīng)中的X、Y分別為HC．Pt電極上的反應(yīng)：HD．制取1molNH2OH?13．由O、F、I組成化學(xué)式為IO2A．圖中白球“〇”代表F原子B．該化合物在固態(tài)時(shí)所屬晶體類型為共價(jià)晶體C．該化合物中Ⅰ原子存在孤對(duì)電子D．該化合物中所有碘氧鍵鍵長(zhǎng)相等14．鹵代烴(以三甲基溴丁烷水解為例)在堿性條件下的水解機(jī)理如下(已知水解過程中形成的碳正離子越穩(wěn)定，反應(yīng)越容易)：下列說法正確的是A．CH3B．水解過程中碳原子的雜化方式不變C．穩(wěn)定性：CHD．水解速率：CH15．將過量CaC2O4已知：KspCaC2O4=2.4×下列有關(guān)說法不正確的是A．上層清液中存在cB．上層清液中含碳微粒主要為HCC．要實(shí)現(xiàn)CaC2O4向CaSO4D．Ca16．實(shí)驗(yàn)中的銀鏡可以采用以下方式進(jìn)行清洗：已知：I2和I3?下列說法不正確的是A．步驟1中使用的I2?KI是為了增大cB．步驟1中Ag并未全部反應(yīng)，可能被包裹在步驟2的黃色固體中C．取試管③洗滌后的上層清液，滴加AgNO3D．步驟3中黃色固體轉(zhuǎn)化為無(wú)色溶液的離子方程式為AgI二、非選擇題(本大題共4小題，共52分)17．鈷及其化合物在工業(yè)與材料科學(xué)中應(yīng)用廣泛?；卮鹣铝袉栴}：（1）關(guān)于鈷原子結(jié)構(gòu)的描述，下列說法正確的是_______。A．基態(tài)Co原子3d軌道上有3對(duì)成對(duì)電子B．Co3+的離子半徑小于C．電子排布為Ar3d64sD．Co的第三電離能大于第二電離能（2）某鈷氧化物的晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示：①該氧化物的化學(xué)式為。②已知三價(jià)鈷有強(qiáng)氧化性，將少量該氧化物粉末加入濃鹽酸中加熱，生成氣體的化學(xué)式為。（3）Co2+與NH3形成的配合物CoNH3（4）工業(yè)上以鈷硫精礦(主要成分為CoS，含F(xiàn)eS2已知：沉淀FeCoFeMn恰好完全沉淀時(shí)pH2.89.49.610.1①為提高“酸浸”效率，可采取的措施有。(寫出兩種)②“氧化”過程是向溶液中加入足量NaClO3，發(fā)生的離子方程式為③“萃取、反萃取”過程是向“沉鐵”后的溶液中，加入某有機(jī)酸萃取劑HA2，發(fā)生反應(yīng)：Co2++nHA2?CoA2④向萃取所得有機(jī)相中加入H2SO418．“雙碳”背景下，以CO2為原料合成CHⅠ．CO2已知如下熱化學(xué)方程式：反應(yīng)?。篊O反應(yīng)ⅱ：CO反應(yīng)ⅲ：CO（1）計(jì)算：ΔH3=（2）維持總壓p總和投料比nCO2:nH2=1:3不變，將CO2和已知：χCH①為同時(shí)提高二氧化碳平衡轉(zhuǎn)化率和反應(yīng)速率，控制的條件合理的是。A．升高溫度B．增大壓強(qiáng)C．使用能顯著減小反應(yīng)ⅱ活化能的催化劑D．使用能分離H2②當(dāng)T>236℃時(shí)，甲醇的選擇性隨溫度T的增大而減小，可能的原因是。③240℃時(shí)，反應(yīng)ⅰ的Kp=(對(duì)于氣相反應(yīng)，用某組分B的平衡壓強(qiáng)pB代替物質(zhì)的量濃度cB也可表示平衡常數(shù)，記作KpⅡ．利用電化學(xué)方法通過微生物電催化將CO2（3）鈦網(wǎng)電極是極(填“陽(yáng)”或“陰”)，寫出生成H2C2Ⅲ．一種金屬氧化物(用MR表示)催化CO2與環(huán)氧丙烷()反應(yīng)制碳酸酯()反應(yīng)機(jī)理如圖所示。已知CO2中的碳氧鍵可以被催化劑中具有較強(qiáng)給電子能力的活性中心的電子進(jìn)攻而活化斷裂。（4）MgO活化催化CO2的能力大于Al2O19．氯化鐵是重要的化工原料，其實(shí)驗(yàn)室制備方法為：Ⅰ．制備FeCl3Ⅱ．由FeCl3?6H2O制備無(wú)水FeCl3：將已知：①SOCl2沸點(diǎn)為77℃；②反應(yīng)方程式為：請(qǐng)回答：（1）圖2中儀器B的名稱是。（2）下列說法不正確的是_______。A．檢驗(yàn)稀FeCl3溶液中是否殘留FeB．圖2中的加熱宜采用水浴的方式C．圖2中的無(wú)水CaCl2D．可采用同樣方式由Na2SO（3）請(qǐng)對(duì)圖1中“系列操作”排序：。_______→_______→_______→_______→_______(填字母)。a．冷卻至室溫b．用飽和NaCl溶液洗滌c．用濃HCl洗滌d．蒸發(fā)至出現(xiàn)晶膜e．蒸發(fā)至出現(xiàn)大量固體f．常溫干燥g．低溫干燥h．過濾i．趁熱過濾（4）制得的無(wú)水FeCl3含有少量還原性雜質(zhì)，試分析原因（5）用莫爾法測(cè)定無(wú)水FeCl3的純度：準(zhǔn)確稱取0.4000g樣品配成100mL溶液，移取25.00mL于錐形瓶中，加入三乙醇胺屏蔽鐵離子形成穩(wěn)定配合物，調(diào)節(jié)pH=8.5~10.5，滴加指示劑K2CrO4平行測(cè)試3次，平均消耗AgNO3①無(wú)水FeCl3的純度為②測(cè)定過程中溶液pH過低或過高均會(huì)影響測(cè)定結(jié)果，原因是。20．雙氯芬酸鈉是常用鎮(zhèn)痛劑，某研究小組按下列路線合成其中間體雙氯芬酸G：已知：請(qǐng)回答下列問題：（1）化合物C中的官能團(tuán)的名稱為。（2）E的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為。（3）下列說法不正確的是_______。A．化合物A的堿性強(qiáng)于甲胺B．化合物B中的碳原子可能共平面C．1mol化合物D最多能消耗4molD．A→…→E的目的是為了把氯原子引入到需要位置（4）C→D的化學(xué)方程式為。（5）設(shè)計(jì)以苯和乙烯為原料合成F的合成路線(其他無(wú)機(jī)試劑任選)：。（6）化合物H是F的同系物，比F多1個(gè)碳原子，寫出4種符合系列條件的H的同分異構(gòu)體的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式。①分子中含有苯環(huán)，且氫原子種類有4種；②能發(fā)生銀鏡反應(yīng)

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】A、中心C原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)計(jì)算為：σ鍵數(shù)（2）+孤電子對(duì)數(shù)（4?2×22=0）=2。B、中心N原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)計(jì)算為：σ鍵數(shù)（3）+孤電子對(duì)數(shù)（5?1×32=1）=4。C、中心O原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)計(jì)算為：σ鍵數(shù)（2）+孤電子對(duì)數(shù)（6?1×22=2）=4。D、中心O原子的價(jià)層電子對(duì)數(shù)計(jì)算為：σ鍵數(shù)（2）+孤電子對(duì)數(shù)（6?2×22=1）=3（價(jià)層電子對(duì)互斥理論中，O故答案為：A?！痉治觥恳鉀Q這道題，需深度結(jié)合價(jià)層電子對(duì)互斥理論、分子空間構(gòu)型與極性的內(nèi)在關(guān)聯(lián)，從“電子對(duì)計(jì)算、構(gòu)型判斷、電荷中心重疊性”三個(gè)層級(jí)逐一剖析：核心邏輯是：通過價(jià)層電子對(duì)互斥理論確定分子空間構(gòu)型，再依據(jù)構(gòu)型的對(duì)稱性判斷正負(fù)電荷中心是否重疊——若重疊則為非極性分子，否則為極性分子。2．【答案】B【解析】【解答】A、H2O是共價(jià)化合物，電子式中僅需體現(xiàn)原子間的共用電子對(duì)，無(wú)需中括號(hào)（中括號(hào)用于離子化合物的離子電荷標(biāo)注），正確電子式為H:B、Fe的原子序數(shù)為26，基態(tài)Fe的價(jià)電子排布為3d64s2；Fe2+形成時(shí)，先失去能量較高的4s軌道電子，因此價(jià)層電子排布式為3d6，B正確；C、計(jì)算SO32-中S的價(jià)層電子對(duì)數(shù)：σ鍵數(shù)（3）+孤電子對(duì)數(shù)（6+2?3×22=1）D、NaCl晶胞為面心立方結(jié)構(gòu)（陰、陽(yáng)離子分別位于面心和頂點(diǎn)，或反之），其晶胞應(yīng)為，D錯(cuò)誤；故答案為：B。

【分析】要解決這道題，需從化學(xué)用語(yǔ)的規(guī)范本質(zhì)、電子排布的原理、VSEPR模型的計(jì)算邏輯、晶胞結(jié)構(gòu)的特征四個(gè)維度深度剖析：

A．共價(jià)化合物電子式無(wú)中括號(hào)，離子化合物才需用中括號(hào)標(biāo)注電荷；B．明確過渡金屬離子的電子失去順序（先失最外層s電子）；C．通過“σ鍵數(shù)+孤電子對(duì)數(shù)”計(jì)算價(jià)層電子對(duì)數(shù)，推導(dǎo)空間模型；D．牢記NaCl晶胞的面心立方特征，區(qū)分與其他晶胞（如金剛石、CsCl）的差異。3．【答案】C【解析】【解答】A、BaSO4不溶于水和酸，且對(duì)X射線有阻射性，這一特性使其能在醫(yī)療“鋇餐”檢查中清晰顯影，性質(zhì)與用途完全匹配，A正確；

B、Fe2O3呈紅棕色，利用其顏色屬性可作為紅色顏料（如油漆、涂料中的紅色成分），B正確；

C、維C的還原性使其能阻止食品被氧化（作抗氧化劑），但“防腐劑”的核心是抑制微生物繁殖，維C不具備此功能，概念混淆，C錯(cuò)誤；

D、聚丙烯酸鈉含大量親水基團(tuán)（如-COONa），能強(qiáng)力吸水，屬于高吸水性樹脂（如尿不濕的核心材料），D正確；

故答案為：C。

【分析】本題的易錯(cuò)點(diǎn)主要有以下兩點(diǎn)：

對(duì)“抗氧化劑”和“防腐劑”的概念混淆。維C因具有還原性可作食品抗氧化劑，防止食品被氧化，但它不能抑制微生物生長(zhǎng)，不是防腐劑，容易在此處判斷錯(cuò)誤；

對(duì)物質(zhì)性質(zhì)與用途的關(guān)聯(lián)理解不精準(zhǔn)。需明確每種物質(zhì)的核心性質(zhì)（如BaSO4的X射線阻射性、Fe2O3的顏色、聚丙烯酸鈉的親水基團(tuán)）與對(duì)應(yīng)用途的直接邏輯，避免因性質(zhì)記憶模糊導(dǎo)致誤判。4．【答案】D【解析】【解答】A、NH4Cl受熱分解生成NH3和HCl，但二者在試管口遇冷會(huì)重新化合為NH4Cl，無(wú)法通過該裝置持續(xù)制得NH3，A錯(cuò)誤；

B、硫代硫酸鈉與酸反應(yīng)生成的SO2易溶于水，且裝置缺乏測(cè)量時(shí)間的儀器，無(wú)法通過“測(cè)氣體體積”的方式測(cè)定反應(yīng)速率，B錯(cuò)誤；

C、酸性KMnO4溶液有強(qiáng)氧化性，會(huì)腐蝕堿式滴定管的橡膠管，應(yīng)盛放在酸式滴定管中，C錯(cuò)誤；

D、圖丁裝置具備溫度計(jì)（測(cè)溫度變化）、攪拌器（使反應(yīng)均勻）、隔熱層（減少熱量損失），完全滿足中和反應(yīng)反應(yīng)熱測(cè)定的裝置要求，D正確；

故答案為：D。

【分析】A．考查實(shí)驗(yàn)原理可行性：分析NH4Cl分解后產(chǎn)物的可逆化合，判斷制氨方法不可行。

B．考查反應(yīng)速率測(cè)定條件：明確反應(yīng)速率測(cè)定需同時(shí)測(cè)量氣體體積和時(shí)間，圖乙缺少時(shí)間測(cè)量裝置且SO2易溶。

C．根據(jù)酸性KMnO4的強(qiáng)氧化性，判斷其應(yīng)盛放在酸式滴定管。

D．緊扣中和熱測(cè)定對(duì)隔熱、溫度測(cè)量、攪拌的核心需求，判斷圖丁裝置符合。5．【答案】C【解析】【解答】A、在反應(yīng)3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O中：

Fe3+中Fe元素化合價(jià)從+3升高到FeO42-中的+6，化合價(jià)升高，失電子，作還原劑；

ClO-中Cl元素化合價(jià)從+1降低到Cl-中的-1，化合價(jià)降低，得電子，被還原，Cl-是還原產(chǎn)物，A正確；

B、Fe元素從+3價(jià)升高到+6價(jià)，每個(gè)Fe原子失去6-3=3個(gè)電子。生成1molFeO42-時(shí)，F(xiàn)e元素的物質(zhì)的量為1mol，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為1mol×3=3mol，轉(zhuǎn)移電子數(shù)目為3NA，B正確；

C、Na2FeO4作消毒劑的原因是其具有強(qiáng)氧化性，能破壞細(xì)菌、病毒的結(jié)構(gòu)，從而殺菌消毒；而FeO42-與水反應(yīng)生成的膠體（Fe(OH)3膠體）主要作用是吸附水中的懸浮雜質(zhì)（用于凈水），并非消毒的原因，C錯(cuò)誤；

D、反應(yīng)中，ClO-是氧化劑（得電子，被還原），F(xiàn)eO42-是氧化產(chǎn)物（失電子，被氧化）。根據(jù)氧化還原反應(yīng)的規(guī)律：氧化劑的氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物的氧化性，因此氧化性：ClO->FeO42-，D正確；

故答案為：C。

【分析】A．分析反應(yīng)中元素化合價(jià)變化，F(xiàn)e3+中Fe元素從+3價(jià)升高到FeO42-中的+6價(jià)，失電子，故Fe3+是還原劑；ClO-中Cl元素從+1價(jià)降低到Cl-中的-1價(jià)，得電子被還原，Cl-是還原產(chǎn)物。

B．Fe元素化合價(jià)變化為3價(jià)，所以每生成1molFeO42-，轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為3mol，對(duì)應(yīng)電子數(shù)目為3NA。

C．Na2FeO4作消毒劑是因?yàn)槠渚哂袕?qiáng)氧化性，能殺菌消毒；而其與水反應(yīng)生成的膠體主要用于吸附雜質(zhì)凈水，二者功能不同，需明確區(qū)分。

D．在氧化還原反應(yīng)中，氧化劑的氧化性強(qiáng)于氧化產(chǎn)物的氧化性，該反應(yīng)中ClO-是氧化劑，F(xiàn)eO42-是氧化產(chǎn)物，故氧化性ClO->FeO42-。6．【答案】A【解析】【解答】A、Cu(OH)2懸濁液存在溶解平衡：CuOH2(s)?Cu2+(aq)+2OH-(aq)，滴加濃氨水時(shí)，NH3與Cu2+結(jié)合成[Cu(NH3)4]2+，使平衡右移。但這一過程僅體現(xiàn)NH3能與Cu2+形成穩(wěn)定配合物，無(wú)法直接比較NH3與OH-和Cu2+的作用力強(qiáng)弱（因?yàn)镺H-與Cu2+形成的是難溶物，NH3形成的是可溶性配合物，作用形式不同），A錯(cuò)誤；

B、石墨中碳原子的未雜化p軌道相互平行重疊，p軌道電子可在整個(gè)碳原子平面內(nèi)離域運(yùn)動(dòng)，從而使石墨具有導(dǎo)電性，可作為導(dǎo)電材料，B正確；

C、乙二醇與水混合后，能通過分子間作用顯著降低水的凝固點(diǎn)，因此可用于生產(chǎn)汽車防凍液（防止低溫結(jié)冰），C正確；

D、豆?jié){屬于膠體，鹽鹵（電解質(zhì)）能使豆?jié){中的蛋白質(zhì)膠體粒子聚沉，從而用于豆腐制作，D正確；

故答案為：A。

【分析】A．Cu(OH)2懸濁液中溶解平衡的移動(dòng)僅說明NH3能與Cu2+形成穩(wěn)定配合物，不能直接證明NH3與Cu2+的作用力強(qiáng)于OH-與Cu7．【答案】B【解析】【解答】A、鋁與過量NaOH溶液反應(yīng)生成四羥基合鋁酸鈉和氫氣，反應(yīng)的化學(xué)方程式為2Al+2NaOH+6H2O=2NaAlOH4+3H2↑，符合反應(yīng)事實(shí)、得失電子及原子守恒，A正確；

B、鉛酸蓄電池放電時(shí)，正極PbO2得電子，實(shí)際產(chǎn)物是PbSO4（而非Pb2+），正確的電極反應(yīng)式為PbO2+2e?+SO42-+4H+=PbSO4+2H2O，B錯(cuò)誤；

C、CH3CONH2在NaOH溶液中加熱發(fā)生水解，生成CH3COO-和NH3，離子方程式為CH3CONH2+8．【答案】C【解析】【解答】A、C、N、O同屬第二周期，第一電離能通常隨原子序數(shù)增大而增大，但N原子的2p軌道為半滿穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，其第一電離能大于O。因此正確順序應(yīng)為N>O>C，而非C>N>O，A錯(cuò)誤；

B、NH3分子呈三角錐形，電荷分布不均勻，屬于極性分子；CH4為正四面體結(jié)構(gòu)，電荷分布對(duì)稱，屬于非極性分子。因此分子極性應(yīng)為NH3>CH4，B錯(cuò)誤；

C、HCOOH的羧基直接連接H原子，CH3COOH的羧基連接-CH3。烴基（-CH3）具有推電子效應(yīng)，會(huì)使羧基電離H+的難度增大，故酸性HCOOH>CH3COOH，C正確；

D、H、C、N、O可形成如NH4HCO3的化合物，其中NH4+與HCO3-之間為離子鍵，而離子內(nèi)部（如HCO3-中的原子間）為共價(jià)鍵，并非只含共價(jià)鍵，D錯(cuò)誤；

故答案為：C。

【分析】A．第一電離能需注意N原子2p軌道半滿的特殊穩(wěn)定性，其第一電離能大于O，故同周期順序?yàn)镹>O>C。

B．分子極性判斷依據(jù)空間結(jié)構(gòu)對(duì)稱性，NH3是極性分子，CH4是非極性分子，極性NH3>CH4。

C．羧酸酸性與烴基推電子效應(yīng)有關(guān)，烴基越大推電子效應(yīng)越強(qiáng)，羧基電離H+越難，故HCOOH酸性強(qiáng)于CH3COOH。

D．H、C、N、O可形成含離子鍵和共價(jià)鍵的化合物（如NH4HCO3），并非一定只含共價(jià)鍵。9．【答案】D【解析】【解答】A、操作Ⅰ中加水溶解需保證苯甲酸完全溶解，因此依據(jù)其溶解度估算加水量，A正確；

B、苯甲酸溶解度隨溫度升高而增大，操作Ⅱ趁熱過濾可除去泥沙，同時(shí)減少苯甲酸因降溫結(jié)晶的析出損失，B正確；

C、濾液中苯甲酸溶解度隨溫度降低而減小，因此操作Ⅲ的系列操作為冷卻結(jié)晶、過濾、洗滌、干燥，C正確；

D、用NaOH滴定苯甲酸，終點(diǎn)產(chǎn)物為苯甲酸鈉，其水解顯堿性，應(yīng)選擇酚酞作指示劑（酚酞在堿性條件下變色）；甲基橙在酸性條件下變色，不適合該滴定，D錯(cuò)誤；

故答案為：D?！痉治觥拷Y(jié)合粗苯甲酸的溶解度數(shù)據(jù)估算加水量，既要保證苯甲酸完全溶解（避免未溶部分隨雜質(zhì)流失），又無(wú)需過量加水（防止后續(xù)結(jié)晶時(shí)濃度過低，影響析出效率），為后續(xù)分離奠定基礎(chǔ)。

趁熱過濾環(huán)節(jié)：苯甲酸的溶解度隨溫度升高顯著增大，而泥沙始終不溶于水。趁熱過濾可在高溫下快速分離泥沙，同時(shí)避免溫度降低導(dǎo)致苯甲酸提前結(jié)晶，減少目標(biāo)物質(zhì)的析出損失。

結(jié)晶與提純環(huán)節(jié)：濾液中含苯甲酸和NaCl，二者溶解度特性差異明顯——NaCl的溶解度受溫度影響極小，冷卻時(shí)幾乎不析出；而苯甲酸溶解度隨溫度降低急劇減小，冷卻濾液可使苯甲酸以晶體形式大量析出。后續(xù)通過過濾分離晶體與含NaCl的母液，再經(jīng)洗滌（去除表面附著的NaCl雜質(zhì)）、干燥，最終得到純凈的苯甲酸。據(jù)此解題。10．【答案】B【解析】【解答】A、CH2=CHCHO中碳碳雙鍵和醛基均能被酸性高錳酸鉀氧化，因此不能僅通過其使酸性高錳酸鉀褪色就說明含有碳碳雙鍵，A錯(cuò)誤；

B、新制氫氧化銅懸濁液與乙醇互溶不分層；與乙醛加熱生成磚紅色沉淀；與甲苯混合后甲苯在上層（因甲苯密度小于水）；與三氯甲烷混合后三氯甲烷在下層（因三氯甲烷密度大于水）。四種物質(zhì)現(xiàn)象不同，可鑒別，B正確；

C、阿司匹林水解后溶液呈酸性，需先加堿中和酸，再滴加FeCl3溶液才能檢驗(yàn)酚羥基，直接滴加無(wú)法檢驗(yàn)，C錯(cuò)誤；

D、濃溴水與苯酚生成的2，4，6-三溴苯酚易溶于苯，無(wú)法通過過濾等方法分離，不能用濃溴水除去苯中少量苯酚，D錯(cuò)誤；

故答案為：A?！痉治觥緼．CH2=CHCHO中碳碳雙鍵和醛基都能被酸性高錳酸鉀氧化，不能僅據(jù)此說明含碳碳雙鍵。

B．新制氫氧化銅懸濁液與甲苯（上層）、三氯甲烷（下層）、乙醛（磚紅色沉淀）、乙醇（互溶不分層）的現(xiàn)象不同，可鑒別。

C．阿司匹林水解后溶液呈酸性，需加堿中和后才能用FeCl3檢驗(yàn)酚羥基。

D．濃溴水與苯酚生成的2，4，6-三溴苯酚易溶于苯，無(wú)法有效除雜。11．【答案】D【解析】【解答】A、反應(yīng)CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)為吸熱（ΔH>0）、熵增（ΔS>0）反應(yīng)。根據(jù)ΔG=ΔH-TΔS，高溫下ΔG<0，反應(yīng)可自發(fā)進(jìn)行，A正確；

B、對(duì)有氣體參加的反應(yīng)，縮小體積（增大壓強(qiáng)），單位體積內(nèi)活化分子數(shù)增多，但活化分子百分?jǐn)?shù)由溫度決定，因此保持不變，B正確；

C、反應(yīng)2NO2?N2O4，將密閉燒瓶浸入熱水后紅棕色加深，說明平衡逆向移動(dòng)，正反應(yīng)為放熱反應(yīng)。放熱反應(yīng)中，正反應(yīng)活化能小于逆反應(yīng)活化能，C正確；

D、工業(yè)合成氨反應(yīng)中，增大投料比nN2nH2，即N2過量，根據(jù)平衡移動(dòng)原理，N2的平衡轉(zhuǎn)化率會(huì)降低（因H2相對(duì)不足，N2不能充分反應(yīng)），D錯(cuò)誤；

故答案為：D。

【分析】A．反應(yīng)CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g)是吸熱且熵增的反應(yīng)，根據(jù)ΔG=ΔH-TΔS，高溫下ΔG<0，反應(yīng)自發(fā)進(jìn)行。

B．縮小體積增大壓強(qiáng)，單位體積內(nèi)活化分子數(shù)增多，但活化分子百分?jǐn)?shù)由溫度決定，故不變。

C.2NO2?N2O4浸入熱水紅棕色加深，平衡逆向移動(dòng)，正反應(yīng)放熱，因此正反應(yīng)活化能小于逆反應(yīng)活化能。

D．合成氨反應(yīng)中增大n12．【答案】D【解析】【解答】A、正極反應(yīng)為NO+3e-+4H+=NH3OH+，負(fù)極反應(yīng)為H2-2e-=2H+。根據(jù)得失電子守恒，將正極反應(yīng)×2+負(fù)極反應(yīng)×3，可得總反應(yīng)為2NO+3H2+2HCl=2NH2OH?HCl，A正確；

B、從正極反應(yīng)機(jī)理看，X為H+（參與反應(yīng)的粒子），Y為NH3OH+（反應(yīng)最終生成的陽(yáng)離子），B正確；

C、Pt電極為負(fù)極，H2在負(fù)極失電子生成H+，電極反應(yīng)為H2-2e-=2H+，C正確；

D、制取1molNH2OH?HCl時(shí)，正極消耗4molH+，負(fù)極生成3molH+。根據(jù)電荷守恒，只有3molH+通過交換膜（從負(fù)極區(qū)進(jìn)入正極區(qū)），而非4mol，D錯(cuò)誤；

故答案為：D。

【分析】由裝置圖和電子流向可知，含F(xiàn)e的電極為原電池正極，在鹽酸環(huán)境中，NO在正極得電子發(fā)生還原反應(yīng)生成鹽酸羥胺，電極反應(yīng)式為NO+3e-+4H+=NH3OH+；Pt電極為負(fù)極，H2在負(fù)極失電子發(fā)生氧化反應(yīng)生成H+，電極反應(yīng)式為H2-2e-=2H+。原電池工作時(shí)，H+通過氫離子交換膜由負(fù)極區(qū)向正極區(qū)遷移。據(jù)此解題。13．【答案】C【解析】【解答】A、黑球?yàn)镮原子（半徑最大），白球形成2個(gè)共價(jià)鍵（代表O原子），灰球形成1個(gè)共價(jià)鍵（代表F原子），故白球不是F原子，A錯(cuò)誤；

B、該化合物由分子構(gòu)成，固態(tài)時(shí)屬于分子晶體，而非共價(jià)晶體（共價(jià)晶體由原子直接通過共價(jià)鍵構(gòu)成），B錯(cuò)誤；

C、化合物中F為-1價(jià)，O為-2價(jià)，根據(jù)化合價(jià)代數(shù)和為0，I為+5價(jià)。I原子價(jià)電子數(shù)為7，成鍵數(shù)目（與1個(gè)F、3個(gè)O成鍵，其中1個(gè)O為雙鍵）與價(jià)電子數(shù)不相等，說明I原子存在孤對(duì)電子，C正確；

D、化合物中存在碘氧單鍵和碘氧雙鍵，單鍵與雙鍵鍵長(zhǎng)不同，故碘氧鍵鍵長(zhǎng)不相等，D錯(cuò)誤；

故答案為：C。

【分析】A．根據(jù)原子半徑（I最大為黑球）和成鍵數(shù)目（白球形成2個(gè)共價(jià)鍵為O，灰球形成1個(gè)共價(jià)鍵為F），判斷白球不是F原子。B．該化合物由分子構(gòu)成，屬于分子晶體，而非共價(jià)晶體。

C．通過化合價(jià)代數(shù)和（F為-1、O為-2，I為+5）及I原子價(jià)電子數(shù)（7）與成鍵數(shù)目，推出I原子存在孤對(duì)電子。

D．存在碘氧單鍵和雙鍵，單雙鍵鍵長(zhǎng)不同，故碘氧鍵鍵長(zhǎng)不相等。14．【答案】D【解析】【解答】A、反應(yīng)速率由活化能大的步驟決定。由勢(shì)能圖可知，歷程Ⅰ的活化能更大，因此水解速率由歷程Ⅰ決定，而非歷程Ⅱ，A錯(cuò)誤；

B、(CH3)3CBr中與Br相連的C為sp3雜化，而生成的(CH3)3C+中C為sp2雜化，水解過程中碳原子的雜化方式發(fā)生了改變，B錯(cuò)誤；

C、物質(zhì)能量越低越穩(wěn)定。從勢(shì)能圖看，(CH3)3C…OH的能量低于(CH3)3C…Br，因此穩(wěn)定性(CH3)3C…OH>(CH3)3C…Br，C錯(cuò)誤；

D、水解過程中形成的碳正離子越穩(wěn)定，反應(yīng)越容易。(CH3)3CBr水解形成的(CH3)3C+比(CH3)2CHCH2Br水解形成的碳正離子更穩(wěn)定，因此水解速率(CH3)2CHCH2Br<(CH3)3CBr，D正確；

故答案為：D?！痉治觥恳鉀Q這道題，需結(jié)合反應(yīng)速率的決定步驟、碳原子雜化方式、物質(zhì)穩(wěn)定性與能量的關(guān)系、碳正離子穩(wěn)定性對(duì)水解速率的影響等知識(shí)點(diǎn)，逐一分析選項(xiàng)：

A．活化能越大的步驟，反應(yīng)越慢，總反應(yīng)速率由慢反應(yīng)（活化能大的步驟）決定；

B．分析反應(yīng)過程中碳原子的成鍵情況，確定雜化類型發(fā)生改變；

C．物質(zhì)能量越低越穩(wěn)定，通過勢(shì)能圖中過渡態(tài)的能量高低判斷穩(wěn)定性；

D．碳正離子越穩(wěn)定，水解反應(yīng)越容易，速率越快。15．【答案】B【解析】【解答】A、根據(jù)物料守恒，上層清液中Ca2+的濃度等于所有含碳微粒（C2O42-、HC2O4-、H2C2O4）的濃度之和，即cCa2+=cC2O42?+cHC2O4?+cH2C2O4，A正確；

B、先計(jì)算CaC2O4溶解產(chǎn)生的C2O42-濃度：cC2O42-=2.4×10?9≈4.9×10?5。再分析C2O42-的水解：其水解常數(shù)Kh1=KWKa2=10?145.4×10?5=1.9×10?10，水解程度極小，因此含碳微粒主要為C2O42-，而非HC2O4-，B錯(cuò)誤；

C、沉淀轉(zhuǎn)化反應(yīng)為CaC2O4+SO42-?CaSO4+C2O42-，平衡常數(shù)K=c(C2O42?)c(SO416．【答案】B【解析】【解答】A、I2-KI溶液中存在平衡I2+I-?I3-，加入KI可增大I2的溶解度，提高c(I2)，從而加快I2（或I3-）與Ag的反應(yīng)速率，A正確；

B、AgI能溶于Na2S2O3溶液，而Ag不能。步驟3后得到無(wú)色溶液，說明黃色固體只有AgI，即步驟1中Ag已全部反應(yīng)，未被包裹在黃色固體中，B錯(cuò)誤；

C、取試管③洗滌后的上層清液，滴加AgNO3溶液，若產(chǎn)生黃色沉淀（AgI），說明洗滌液含I-，步驟2未洗滌干凈；若無(wú)沉淀，說明已洗滌干凈，C正確；

D、步驟3中黃色固體AgI與S2O32-反應(yīng)，生成I-和[Ag(S2O3)2]3-，離子方程式為AgI+2S2O32-=I-+[Ag(S2O3)2]3-，D正確；

故答案為：B。

【分析】A．利用I2-KI體系中的I2+I-?I3-平衡，KI的加入能提升I2溶解度與濃度，進(jìn)而加快與Ag的反應(yīng)速率。

B．Ag不溶于Na2S2O3溶液，而AgI可溶解，步驟3得到無(wú)色溶液，說明黃色固體僅為AgI，即Ag已完全反應(yīng)。

C．檢驗(yàn)步驟2是否洗滌干凈，核心是檢測(cè)洗滌液中是否殘留I-，通過滴加AgNO3溶液觀察是否產(chǎn)生黃色AgI沉淀即可判斷。

D．AgI與S2O32-反應(yīng)生成可溶的[Ag(S2O3)2]3-和I-，據(jù)此推導(dǎo)離子方程式。17．【答案】（1）B；D（2）Co3O（3）電負(fù)性：N＜O，NH3更容易給出孤電子對(duì)，配位能力強(qiáng)于（4）適當(dāng)提高酸的濃度，適當(dāng)提高反應(yīng)體系的溫度，將焙燒后礦物粉碎等；6Fe2++ClO3?+6H+=6Fe3++Cl?【解析】【解答】（1）A．Co為27號(hào)元素，基態(tài)Co原子價(jià)層電子排布式為3d74s2，3d軌道上有2對(duì)成對(duì)電子，A錯(cuò)誤；B．基態(tài)Co原子價(jià)層電子排布式為3d74s2，基態(tài)Fe原子價(jià)層電子排布式為3d64s2，則Co3+和Fe2+具有相同的核外電子層結(jié)構(gòu)，由于核電荷數(shù)：Co3+>FeC．基態(tài)Co原子價(jià)層電子排布式為3d74s2，基態(tài)Co+價(jià)層電子排布式為3d74s1D．原子的逐級(jí)電離能依次增大，則Co的第三電離能大于第二電離能，D正確；故答案為：BD；（2）①一個(gè)A中含Co2+：4×18+1=32個(gè)，含O2?4個(gè)；一個(gè)B中含Co2+：4×18=1②三價(jià)鈷有強(qiáng)氧化性，則Co3O4能與濃鹽酸在加熱條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)，濃鹽酸被氧化為氯氣，化學(xué)方程式為Co故答案為：Co3O4；Cl2；

（3）一個(gè)NH3中N的孤電子對(duì)數(shù)為5?3×12=1，一個(gè)H2O中O的孤電子對(duì)數(shù)為6?2×12=2故答案為：電負(fù)性：N＜O，NH3更容易給出孤電子對(duì)，配位能力強(qiáng)于H2O；

（4）以鈷硫精礦(主要成分為CoS，含F(xiàn)eS2、SiO2、MnO2等雜質(zhì))為原料制備金屬鈷，礦石經(jīng)焙燒酸浸，所得酸浸液中的主要陽(yáng)離子為Co2+、Fe2+、Mn2+，加入足量NaClO3可將①為提高“酸浸”效率，可采取的措施：適當(dāng)提高酸的濃度，適當(dāng)提高反應(yīng)體系的溫度，將焙燒后礦物粉碎等。②“氧化”過程是向溶液中加入足量NaClO3，NaClO3可將Fe2+氧化為Fe3+而自身被還原為③圖中當(dāng)溶液pH處于4.5~6.5范圍內(nèi)，Co2+萃取率隨溶液pH的增大而增大的原因是pH增大導(dǎo)致溶液中cH+減小，使④結(jié)合分析知，該工藝中設(shè)計(jì)萃取、反萃取的目的是富集、提純Co2+(或分離Co2+和Mn2+)。

故答案為：適當(dāng)提高酸的濃度，適當(dāng)提高反應(yīng)體系的溫度，將焙燒后礦物粉碎等；6Fe2++ClO3?+6H+=6Fe3++Cl?+3H2O；pH增大，cH+減小，使Co2++nHA2?CoA2?n?1HA2+2H+平衡正向進(jìn)行，所以Co2+萃取率增大；富集、提純Co2+(或分離Co2+和Mn2+)。

【分析】(1)A．基態(tài)Co原子3d軌道有2對(duì)成對(duì)電子。

B．Co3+與Fe2+核外電子層結(jié)構(gòu)相同，Co3+核電荷數(shù)大，離子半徑小。

C．基態(tài)Co+價(jià)層電子排布為3d74s1。

D．原子逐級(jí)電離能遞增，Co第三電離能大于第二電離能。

(2)①通過均攤法計(jì)算晶胞中Co2+、Co3+、O2-（1）A．Co為27號(hào)元素，基態(tài)Co原子價(jià)層電子排布式為3d74s2，3d軌道上有2對(duì)成對(duì)電子，A錯(cuò)誤；B．基態(tài)Co原子價(jià)層電子排布式為3d74s2，基態(tài)Fe原子價(jià)層電子排布式為3d64s2，則Co3+和Fe2+具有相同的核外電子層結(jié)構(gòu)，由于核電荷數(shù)：Co3+>FeC．基態(tài)Co原子價(jià)層電子排布式為3d74s2，基態(tài)Co+價(jià)層電子排布式為3d74s1D．原子的逐級(jí)電離能依次增大，則Co的第三電離能大于第二電離能，D正確；故選BD。（2）①一個(gè)A中含Co2+：4×18+1=32個(gè)，含O2?4個(gè)；一個(gè)B中含Co2+：4×18=1②三價(jià)鈷有強(qiáng)氧化性，則Co3O4能與濃鹽酸在加熱條件下發(fā)生氧化還原反應(yīng)，濃鹽酸被氧化為氯氣，化學(xué)方程式為Co（3）一個(gè)NH3中N的孤電子對(duì)數(shù)為5?3×12=1，一個(gè)H2O中O的孤電子對(duì)數(shù)為6?2×12=2，N、O均能提供孤電子對(duì)與Co2+（4）以鈷硫精礦(主要成分為CoS，含F(xiàn)eS2、SiO2、MnO2等雜質(zhì))為原料制備金屬鈷，礦石經(jīng)焙燒酸浸，所得酸浸液中的主要陽(yáng)離子為Co2+、Fe2+、Mn2+，加入足量NaClO3可將Fe2+氧化為①為提高“酸浸”效率，可采取的措施：適當(dāng)提高酸的濃度，適當(dāng)提高反應(yīng)體系的溫度，將焙燒后礦物粉碎等。②“氧化”過程是向溶液中加入足量NaClO3，NaClO3可將Fe2+氧化為Fe3+而自身被還原為③圖中當(dāng)溶液pH處于4.5~6.5范圍內(nèi)，Co2+萃取率隨溶液pH的增大而增大的原因是pH增大導(dǎo)致溶液中cH+減小，使④結(jié)合分析知，該工藝中設(shè)計(jì)萃取、反萃取的目的是富集、提純Co2+(或分離Co218．【答案】-90.6；B；>236℃時(shí)，反應(yīng)ⅰ、ⅱ達(dá)到平衡狀態(tài)；反應(yīng)ⅰ吸熱，溫度升高ⅰ平衡正向移動(dòng)，CO2更多地轉(zhuǎn)化為CO；反應(yīng)ⅱ放熱，溫度升高ⅱ平衡逆向移動(dòng)，CH3OH減少，所以甲醇的選擇性χCH3OH隨溫度T的增大而減小；【解析】【解答】（1）由蓋斯定律可知，反應(yīng)ⅱ－反應(yīng)ⅰ=反應(yīng)ⅲ，則△H3=△H2-△H1=(-49.4kJ/mol)-(+41.2kJ/mol)=-90.6kJ/mol；故答案為：-90.6；

（2）①A．升高溫度反應(yīng)速率加快，但反應(yīng)ⅱ、反應(yīng)ⅲ逆向移動(dòng)，不利于提高二氧化碳的轉(zhuǎn)化率，A不符合題意；B．增大壓強(qiáng)反應(yīng)速率加快，反應(yīng)ⅱ、反應(yīng)ⅲ正向移動(dòng)，有利于提高二氧化碳的轉(zhuǎn)化率，B符合題意；C．使用能顯著減小反應(yīng)ⅱ活化能的催化劑能使反應(yīng)ⅱ速率加快，但不能改變平衡轉(zhuǎn)化率，不影響提高二氧化碳的轉(zhuǎn)化率，C不符合題意；D．使用能分離H2O的分子篩會(huì)導(dǎo)致H2O的濃度減小，反應(yīng)速率減慢，D不符合題意；②大于236℃時(shí)，反應(yīng)ⅰ、ⅱ達(dá)到平衡狀態(tài)，反應(yīng)ⅰ吸熱，溫度升高ⅰ平衡正向移動(dòng)，CO2更多地轉(zhuǎn)化為CO；反應(yīng)ⅱ放熱，溫度升高ⅱ平衡逆向移動(dòng)，CH3OH減少，綜合以上兩方面的原因，甲醇的選擇性隨溫度T的增大而減小；③由圖知，240°C時(shí)，α(CO2)=60.0%，χ(CH3OH)=60.0%。設(shè)起始n(CO2)=1mol，n(H2)=3mol，則平衡時(shí)CO2的物質(zhì)的量n(CO2)=1mol×(1-60%)=0.4mol，n(CH3OH)=1mol×60%×60%=0.36mol，則由C守恒可得，n(CO)=(1-0.4-0.36)mol=0.24mol，由O守恒可得，n(H2O)=2mol-0.36mol-2×0.4mol-0.24mol=0.6mol，由H守恒可得，n(H2)=6mol?4×0.36mol?2×0.6mol2=1.68mol，則總物質(zhì)的量n故答案為：B；>236℃時(shí)，反應(yīng)ⅰ、ⅱ達(dá)到平衡狀態(tài)；反應(yīng)ⅰ吸熱，溫度升高ⅰ平衡正向移動(dòng)，CO2更多地轉(zhuǎn)化為CO；反應(yīng)ⅱ放熱，溫度升高ⅱ平衡逆向移動(dòng)，CH3OH減少，所以甲醇的選擇性χCH3OH隨溫度T的增大而減??；故答案為：陽(yáng)；2CO2+2e?+2H+=H2C2O4；

（4）MgO活化催化CO2的能力強(qiáng)于Al2O3的原因是Mg的金屬性強(qiáng)于Al，MgO的O負(fù)電性更強(qiáng)，MgO的O更易進(jìn)攻活化CO2中的碳氧鍵。

故答案為：Mg的電負(fù)性小于Al；MgO中的O的電子云密度更大，更易進(jìn)攻活化CO2中的碳氧鍵。

???????【分析】(1)根據(jù)蓋斯定律，反應(yīng)ⅲ=反應(yīng)ⅱ-反應(yīng)ⅰ，計(jì)算得ΔH3=ΔH2-ΔH1=-90.6kJ?mol-1。

(2)①增大壓強(qiáng)可加快反應(yīng)速率，且使反應(yīng)ⅱ、ⅲ正向移動(dòng)，提高CO2轉(zhuǎn)化率。

②T>236℃時(shí)，反應(yīng)ⅰ吸熱正向移動(dòng)生成更多CO，反應(yīng)ⅱ放熱逆向移動(dòng)減少CH3OH，故甲醇選擇性減小。

③通過設(shè)起始量，結(jié)合轉(zhuǎn)化率和選擇性計(jì)算各物質(zhì)平衡分壓，得出反應(yīng)ⅰ的Kp。

(3)鈦網(wǎng)電極上水放電生成O2，為陽(yáng)極；石墨電極上CO219．【答案】（1）(球形)干燥管（2）A；C；D（3）dahcg（4）FeCl3?6H2O+6（5）81.25%；pH過低，部分CrO42?轉(zhuǎn)化為Cr2O72?：【解析】【解答】（1）根據(jù)結(jié)構(gòu)可知，圖2中儀器B的名稱是(球形)干燥管。故答案為：(球形)干燥管；

（2）A．亞鐵離子、氯離子在酸性條件下均能還原高錳酸鉀溶液出現(xiàn)褪色現(xiàn)象，則不能通過滴加少量酸性高錳酸鉀檢驗(yàn)稀FeCl3溶液中是否殘留FeB．已知SOCl2沸點(diǎn)為77℃，圖2中的加熱宜采用水浴的方式，以控制加熱溫度防止SOClC．無(wú)水CaCl2主要作用是干燥，防止氫氧化鈉溶液中水蒸氣進(jìn)入到發(fā)生裝置中，而堿石灰會(huì)與二氧化硫、HCl反應(yīng)，從而失去干燥作用，則圖2中的無(wú)水CaCl2D．氯化鐵溶液易水解，不采取措施直接加熱FeCl3?6H2O通常不能得到FeCl3、得到氫氧化鐵等，通過FeCl3故答案為：?????ACD。（3）圖1中氯化鐵稀溶液經(jīng)“系列操作”得到FeCl3?6H故答案為：??????dahcg；（4）制得的無(wú)水FeCl3含有少量還原性雜質(zhì)，試分析原因?yàn)椋焊鶕?jù)信息②反應(yīng)方程式為：FeCl3?6H2O+6故答案為：FeCl3?6H2O+6SOCl2ΔFeCl3+6SO2↑+12HCl↑產(chǎn)物中SO2具有強(qiáng)還原性，可將Fe3+還原為Fe2+；

（5）①FeCl3+3AgNO3=3AgCl↓+Fe(NO②測(cè)定過程中溶液pH過低或過高均會(huì)影響測(cè)定結(jié)果，原因是：pH過低，發(fā)生2CrO42?+2H+?Cr2O72?+H2O，部分CrO42?轉(zhuǎn)化為Cr2O72?，pH過高，可能生成AgOH，均會(huì)使消耗的AgNO3偏多。

故答案為：81.25%；pH過低，部分CrO42?轉(zhuǎn)化為Cr2O7（1）根據(jù)結(jié)構(gòu)可知，圖2中儀器B的名稱是(球形)干燥管。（2）A．亞鐵離子、氯離子在酸性條件下均能還原高錳酸鉀溶液出現(xiàn)褪色現(xiàn)象，則不能通過滴加